Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 6: Toán tổng hợp về phương pháp tọa độ không gian - Dạng 4: Xét vị trí tương đối giữa mặt phẳng và mặt cầu - Mức độ 3 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

Nội dung text: Trắc nghiệm Hình học Lớp 12 tách từ đề thi thử THPT Quốc gia - Chương 3 - Chủ đề 6: Toán tổng hợp về phương pháp tọa độ không gian - Dạng 4: Xét vị trí tương đối giữa mặt phẳng và mặt cầu - Mức độ 3 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

1. Câu 28: [2H3-6.4-3] (THPT Hậu Lộc 2 - Thanh Hóa - 2017 - 2018 - BTN) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x2 y2 z2 2x 4y 4z 16 0 và mặt phẳng P : x 2y 2z 2 0 . Mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính là: A. r 6 . B. r 2 2 . C. r 4 . D. r 2 3 . Lời giải Chọn C Mặt cầu S : x2 y2 z2 2x 4y 4z 16 0 có tâm I 1; 2;2 bán kính R 5. 1 4 4 2 Khoảng cách từ I 1; 2;2 đến mặt phẳng P : x 2 y 2z 2 0 là d 3 . 1 4 4 Mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính là: r R2 d 2 4 . Câu 45: [2H3-6.4-3](THPT Chuyên Hùng Vương - Gia Lai - Lần 2 -2018- BTN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : x y 2z 6 0 và mặt phẳng P : x y 2z 2 0 . Xác định tập hợp tâm các mặt cầu tiếp xúc với P và tiếp xúc với P . A. Tập hợp là hai mặt phẳng có phương trình x y 2z 8 0 . B. Tập hợp là mặt phẳng có phương trình P : x y 2z 8 0 . C. Tập hợp là mặt phẳng có phương trình x y 2z 8 0 . D. Tập hợp là mặt phẳng có phương trình x y 2z 4 0 . Lời giải Chọn D Ta thấy P P P . Chọn M 0;0; 3 P , N 0;0; 1 P . Tâm mặt cầu tiếp xúc với 2 mặt phẳng trên nằm trên mặt phẳng Q song song và cách đều P và P . Phương trình mặt phẳng Q có dạng x y 2z+d 0 . d M ; Q d N, Q 6 d 2 d d 4 . Vậy Phương trình mặt phẳng Q là x y 2z 4 0 . 6 6 CÁCH 2: Gọi I x, y, z là tâm mặt cầu. Để ý P P P nên I thuộc phần không gian giới hạn bởi 2 mp P và P ' , đồng thời cách đều P và P ' . Khi đó ta có: x y 2z 6 x y 2z 2 d I, P d I, P ' x y 2z 6 x y 2z 2 x y 2z 6 x y 2z 2 2x 2y 4z 8 0 x y 2z 4 0 . 6 2(vo ly) Câu 32: [2H3-6.4-3] (Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 – 2018 – BTN) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu S : x2 y2 z2 6x 4y 12z 0 và mặt phẳng P : 2x y z 2 0 . Tính diện tích thiết diện của mặt cầu S cắt bởi mặt phẳng P A. S 49 . B. S 50 . C. S 25 . D. S 36 .
2. Lời giải Chọn A S có tâm I 3;2;6 bán kính R 7 . 2.3 2 6 2 Ta có: d I; P 0 . Nên mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo thiết diện là 22 12 12 đường tròn lớn đi qua tâm mặt cầu và có bán kính bằng bán kính mặt cầu. Vậy diện tích thiết diện là: S R2 49 . Câu 2. [2H3-6.4-3] (THPT Chuyên Lào Cai) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt 2 cầu S : x2 y 4 z2 5 . Tìm tọa độ điểm A thuộc trục Oy , biết rằng ba mặt phẳng phân biệt qua A có các vectơ pháp tuyến lần lượt là các vectơ đơn vị của các trục tọa độ cắt mặt cầu theo thiết diện là ba hình tròn có tổng diện tích là 11 . A 0;2;0 A 0;0;0 A 0;6;0 A 0;2;0 A. . B. . C. . D. . A 0;6;0 A 0;8;0 A 0;0;0 A 0;8;0 Lời giải Chọn A Mặt cầu (S) có tâm I (0; 4;0) bán kính R 5 Gọi A(0; a;0) . Ba mặt phẳng theo giả thiết đi qua A có pt lần lượt là ( 1) : x 0 ( 2 ) : z 0 ( 3 ) : y a 0 Vì d(I; 1) d(I; 2 ) 0 nên mặt cầu (S) cắt ( 1);( 2 ) theo giao tuyến là đường tròn lớn có 2 bán kính R 5 . Diện tích hai hình tròn đó là S1 S2 2 R 10 . Suy ra mặt cầu (S) cắt ( 3 ) theo giao tuyến là 1 đường tròn có diện tích tương ứng S3 . S Bán kính đường tròn đó là: r 3 1 3 d(I, 3 ) 4 a IH 2 2 2 Ta có: IH r3 R IH 4 a 2 a 2 A(0;2;0) a 6 A(0;6;0) Câu 3. [2H3-6.4-3] (THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 2 y 1 2 z 2 2 4 và điểm A 1;1; 1 . Ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu S theo ba giao tuyến là các đường tròn C1 , C2 , C3 . Tính tổng diện tích của ba hình tròn C1 , C2 , C3 . A. 4 . B. 12 . C. 11 . D. 3 . Lời giải Chọn C
3. Mặt cầu S : x 1 2 y 1 2 z 2 2 4 có tâm I 1;1; 2 và bán kính R 2 . Cách 1: (cụ thể hóa) Xét ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đôi một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu S theo ba giao tuyến là các đường tròn C1 , C2 , C3 lần lượt là P1 : x 1, P2 : y 1, P3 : z 1. Gọi r1, r2 , r3 lần lượt là bán kính của các đường tròn giao tuyến của mặt cầu S với ba mặt phẳng P1 , P2 , P3 . Vì P1 , P2 đi qua tâm I 1;1; 2 nên r1 r2 R 2 ; IA  P3 nên 2 2 2 2 r3 R d I, P3 R IA 4 1 3 2 2 2 Tổng diện tích của ba hình tròn C1 , C2 , C3 là S1 S2 S3 .r1 .r2 .r3 11 . Cách 2 : Gọi ba mặt phẳng đi qua A và đôi một vuông góc với nhau lần lượt là P , Q , R . Gọi P , Q , R lần lượt là hình chiếu của I lên mặt phẳng P , Q , R . Suy ra P , Q , R lần lượt là tâm của các đường tròn giao tuyến C1 , C2 , C3 của các mặt phẳng P , Q , R và mặt cầu S . Dựng hình hộp chữ nhật ACDR.BPIQ như hình vẽ. Ta có IA2 IB2 AB2 IP2 IQ2 IR2 . Gọi r1, r2 , r3 lần lượt là bán kính của các đường tròn giao tuyến của mặt cầu S với ba mặt phẳng P , Q , R . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có r1 r2 r3 R d I, P R d I, Q R d I, R 3R2 IP2 IQ2 IR2 3R 2 IA2 3.22 1 11 2 2 2 Suy ra tổng diện tích của ba hình tròn C1 , C2 , C3 là .r1 .r2 .r3 11 .
4. Câu 35: [2H3-6.4-3] [SỞ BÌNH PHƯỚC] [2017] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm 1 2 3 A a;0;0 , B 0;b;0 , C 0;0;c , trong đó a 0 , b 0, c 0 và 7. Biết mặt a b c 2 2 2 72 phẳng ABC tiếp xúc với mặt cầu S : x 1 y 2 z 3 . Thể tích của 7 khối tứ diện OABC là 2 1 3 5 A. . B. . C. . D. . 9 6 8 6 Lời giải Chọn A x y z Cách 1: Ta có ABC : 1. a b c 72 Mặt cầu S có tâm I 1;2;3 và bán kính R . 7 1 2 3 1 a b c 72 Mặt phẳng ABC tiếp xúc với S d I; ABC R . 1 1 1 7 a2 b2 c2 1 2 3 1 1 1 7 Mà 7 . a b c a2 b2 c2 2 Áp dụng BĐT Bunhiacopski ta có 2 2 2 2 1 1 1 1 2 3 2 1 1 1 7 1 2 3 2 2 2 7 2 2 2 . a b c a b c a b c 2 1 2 3 1 1 1 2 1 2 Dấu " " xảy ra a b c a 2, b 1, c , khi đó V abc . 3 OABC 6 9 1 2 3 7 a b c
5. x y z 72 Cách 2: Ta có ABC : 1, mặt cầu S có tâm I(1;2;3), R . a b c 7 1 2 3 1 a b c 72 Ta có ABC tiếp xúc với mặt cầu S d I,(P) R 1 1 1 7 a2 b2 c2 7 1 72 1 1 1 7 1 1 1 7 7 1 1 1 7 a2 b2 c2 2 a2 b2 c2 2 a2 b2 c2 2 2 2 a 2 1 1 1 1 2 3 7 1 1 1 1 3 2 2 2 1 0 b 1 a b c a b c 2 a 2 b c 2 2 c 3 1 2 V abc . OABC 6 9 1 1 1 7 Cách 3: Giống Cách 2 khi đến . a2 b2 c2 2 Đến đây ta có thể tìm a, b, c bằng bất đẳng thức như sau: Ta có 2 2 2 1 2 3 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 7 7 1. 2. 3. 1 2 3 2 2 2 2 2 2 a b c a b c a b c a b c 2 1 1 1 1 1 1 7 Mà Dấu “=” của BĐT xảy ra a b c , kết hợp với giả thiết a2 b2 c2 2 1 2 3 1 2 3 2 1 2 7 ta được a 2 , b 1, c . Vậy: V abc . a b c 3 OABC 6 9 a 2 1 2 Ta có b 1 V abc . OABC 6 9 2 c 3 72 Cách 4: Mặt cầu S có tâm I 1;2;3 và bán kính R . 7 x y z Phương trình mặt phẳng (ABC) : 1. a b c 1 2 3 1 2 3 7 7 7 1 2 3 Ta có: 7 1 nên M ; ; ABC a b c a b c 7 7 7
6. 1 2 3 Thay tọa độ M ; ; vào phương trình mặt cầu (S) ta thấy đúng nên M (S) . 7 7 7 Suy ra: (ABC) tiếp xúc với (S) thì M là tiếp điểm. 1 2 3  6 12 18 Do đó: (ABC) qua M ; ; , có VTPT là MI ; ; n 1;2;3 7 7 7 7 7 7 x y z 2 (ABC) có phương trình: x 2y 3z 2 0 1 a 2 , b 1, c . 2 1 2 3 3 1 2 Vậy V abc 6 9 Câu 43: [2H3-6.4-3] (Toán Học Tuổi Trẻ - Lần 6 – 2018) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng P : 2x y 2z m 0 và mặt cầu S : x2 y2 z2 2x 4y 6z 2 0 . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để mặt phẳng P cắt mặt cầu S theo giao tuyến là đường tròn T có chu vi bằng 4 3 . A. 3 . B. 4 . C. 2 . D. 1. Lời giải Chọn C S có tâm I 1; 2;3 và bán kính R 4 . Gọi H là hình chiếu của I lên P . 2.1 2 2.3 m m 6 Khi đó IH d I, P . 22 12 2 2 3 4 3 Đường tròn T có chu vi là 4 3 nên có bán kính là r 2 3 . 2 P cắt mặt cầu S theo giao tuyến là đường tròn T có chu vi bằng 4 3 2 2 m 6 m 6 6 m 12 IH R r 16 12 m 6 6 . 3 m 6 6 m 0 Vậy có 2 giá trị nguyên của m thỏa mãn. Câu 8296: [2H3-6.4-3] [THPT Chuyên NBK (QN) - 2017] Cho mặt phẳng P : 2x 2y 2z 15 0 và mặt cầu S : x2 y2 z2 2y 2z 1 0. Khoảng cách nhỏ nhất từ một điểm thuộc mặt phẳng P đến một điểm thuộc mặt cầu S là: 3 3 3 3 A. .B. 3 . C. . D. . 2 3 2 Lời giải Chọn A
7. . Mặt cầu S có tâm I 0;1;1 và bán kính R 3 . Gọi H là hình chiếu của I trên P và A là giao điểm của IH với S . Khoảng cách nhỏ nhất từ một điểm thuộc mặt phẳng P đến 3 3 một điểm thuộc mặt cầu S là đoạn AH . AH d I, P R . 2